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高等传热学作业修订版

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高等传热学作业修订版 IBMT standardization office【IBMT5AB-IBMT08-IBMT2C-ZZT18】第一章1-4、试写出各向异性介质在球坐标系)(ϕθ、、r 中的非稳态导热方程,已知坐标为导热系数主轴。

解:球坐标微元控制体如图所示:热流密度矢量和傅里叶定律通用表达式为:→→→∂∂+∂∂+∂∂-=∆-=k T r k j T r k i r T k T k q r ϕθθϕθsin 11'' (1-1)根据能量守恒:st out g in E E E E ••••=-+ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 22∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-• (1-2) 导热速率可根据傅里叶定律计算:ϕθθθθd r dr Tr k q sin ⋅∂∂-= (1-3) 将上述式子代入(1-4-3)可得到)51(sin sin )sin ()sin (sin )(222-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕθϕθϕϕθθθθϕθθϕθd drd r t T c d drd r q d rd dr T r k rd d dr T r k d d dr r T r k r p r 对于各向异性材料,化简整理后可得到:tTc q T r k T r k r T r r r k pr ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅ρϕθθθθθϕθ2222222sin )(sin sin )( (1-6)第二章2-3、一长方柱体的上下表面(x=0,x=δ)的温度分别保持为1t 和2t ,两侧面(L y ±=)向温度为1t 的周围介质散热,表面传热系数为h 。

试用分离变量法求解长方柱体中的稳态温度场。

解:根据题意画出示意图:(1)设f f f t t t t t t -=-=-=2211,,θθθ,根据题意写出下列方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222θθλθθθδθθθθh y L y y y x x y x (2-1)解上述方程可以把θ分解成两部分I θ和∏θ两部分分别求解,然后运用叠加原理∏+=θθθI 得出最终温度场,一下为分解的I θ和∏θ两部分: (2)首先求解温度场I θ用分离变量法假设所求的温度分布),(y x I θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积,即)()(),(11y Y x X y x I =θ (2-2)将上式代入I θ的导热微分方程中,得到012121212=+X dy Y d Y dx X d ,即21''11''1ε=-=Y Y X X ,上式等号左边是x 的函数,右边是y 的函数,只有他们都等于一个常数时才可能成立,记这个常数为2ε。

传热学作业——精选推荐

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传热学作业第一章绪论能量平衡分析1-8.有两个外形相同的保温杯A与B,注入同样温度、同样体积的热水后不久,A杯的外表面就可以感觉到热,而B杯的外表面则感觉不到温度的变化,试问哪个保温杯的质量较好?答:B:杯子的保温质量好。

因为保温好的杯子热量从杯子内部传出的热量少,经外部散热以后,温度变化很小,因此几乎感觉不到热。

导热1-10 一炉子的炉墙厚13cm,总面积为20m2,平均导热系数为1.04w/m.k,内外壁温分别是520℃及50℃。

试计算通过炉墙的热损失。

如果所燃用的煤的发热量是2.09×104kJ/kg,问每天因热损失要用掉多少千克煤?解:根据傅利叶公式每天用煤Q??A?t1.04?20?(520?50)??75.2KW?0.1324?3600?75.2?310.9Kg/d4 2.09?10 1-12 在一次测定空气横向流过单根圆管的对流换热实验中,得到下列数据:管壁平均温度tw=69℃,空气温度tf=20℃,管子外径d=14mm,加热段长80mm,输入加热段的功率8.5w,如果全部热量通过对流换热传给空气,试问此时的对流换热表面传热系数多大?解:根据牛顿冷却公式q?2?rlh?tw?tf? qh??dtw?tf=49.33W/(m2.k) 所以热阻分析1-21 有一台气体冷却器,气侧表面传热系数h1=95W/(m2.K),壁面厚?=2.5mm,??46.5W/(m.K)水侧表面传热系数h2?5800W/(m2.K)。

设传热壁可以看成平壁,试计算各个环节单位面积的热阻及从气到水的总传热系数。

你能否指出,为了强化这一传热过程,应首先从哪一环节着手?解:R1?111?0.010526;R20.0025?5.376?10?5;R31.724?10?4;h1h25800?46. 5K?则111h1h2?=94.7W/(m2.K),应强化气体侧表面传热。

第二章稳态热传导平板导热2-2 一冷藏室的墙由钢皮矿渣棉及石棉板三层叠合构成,各层的厚度依次为0.794mm.,152mm及9.5mm,导热系数分别为45W/(m.K),0.07W/(m.K)及0.1W/(m.K)。

高等传热学作业

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1-4、试写出各向异性介质在球坐标系)(ϕθ、、r 中的非稳态导热方程,已知坐标为导热系数主轴。

解:球坐标微元控制体如图所示:热流密度矢量和傅里叶定律通用表达式为:→→→∂∂+∂∂+∂∂-=∆-=k T r k j T r k i r T k T k q r ϕθθϕθsin 11'' (1-1)根据能量守恒:st out g in E E E E ••••=-+ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 22∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-• (1-2) 导热速率可根据傅里叶定律计算:ϕθθd r rd t Tk q rr sin ⋅∂∂-= ϕθθθθd r dr T r k q sin ⋅∂∂-= (1-3)θϕθϕϕrd dr Tr k q ⋅∂∂-=sin将上述式子代入(1-4-3)可得到)51(sin sin )sin ()sin (sin )(222-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕθϕθϕϕθθθθϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d rd dr Tr k rd d dr T r k d d dr r T r k r p r 对于各向异性材料,化简整理后可得到:tTc q T r k T r k r T r r r k p r ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅ρϕθθθθθϕθ2222222sin )(sin sin )( (1-6)2-3、一长方柱体的上下表面(x=0,x=δ)的温度分别保持为1t 和2t ,两侧面(L y ±=)向温度为1t 的周围介质散热,表面传热系数为h 。

试用分离变量法求解长方柱体中的稳态温度场。

解:根据题意画出示意图:(1)设f f f t t t t t t -=-=-=2211,,θθθ,根据题意写出下列方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222θθλθθθδθθθθh y L y y y x x y x(2-1)解上述方程可以把θ分解成两部分I θ和∏θ两部分分别求解,然后运用叠加原理∏+=θθθI 得出最终温度场,一下为分解的I θ和∏θ两部分:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222I I I I I I I h y L y y y x x y x θθλθθθδθθθθ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂∏∏∏∏∏∏∏∏0000002222θθλθθδθθθθh y L y y y x x y x (2)首先求解温度场I θ用分离变量法假设所求的温度分布),(y x I θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积,即)()(),(11y Y x X y x I =θ (2-2)将上式代入I θ的导热微分方程中,得到012121212=+X dyY d Y dx X d ,即21''11''1ε=-=Y Y X X ,上式等号左边是x 的函数,右边是y 的函数,只有他们都等于一个常数时才可能成立,记这个常数为2ε。

高等传热学导热练习题

高等传热学导热练习题

高等传热学导热练习题1. 试求圆柱坐标),,(z r φ的拉梅系数。

圆柱坐标(,,)r z φ和直角坐标(,,)x y z 的 关系是:cos x r φ=,sin y r φ=,z z = 解:由题目条件得:2222221cos sin 1x y z a r r r φφ∂∂∂⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=+= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭得:11a =()()22222222sin cos x y z a r r r φφφφφ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∂∂∂=++=−+= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭得:2a r =222231x y z a z z z ∂∂∂⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭得:31a =123a a a a r ==3. 一维无限大平板,0≤x ≤L ,初始温度为F(x)。

当时间0>τ时,x=0处与x=L 处的边界温度维持零度。

试求时间0>τ时,平板内温度),(τx t 的表达式。

并求当初始温度F(x)=t 0=常数这种特殊情况下的温度),(τx t 。

解:该导热问题的数学描写为:()()()()()()22,,1,0,00,0,0,0t x t x x L x t t L t x F x τττατττ⎧∂∂=<<>⎪∂∂⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪=⎩ 分离变量:()()(),t x X x ττ=⋅Γ 代入温度微分方程得:()()()()22211d X x d const X x dx d τβαττΓ==−=Γ得时间函数:()2e αβττ−Γ=空间变量的特征值问题为:()()()()222000d X x X x dxX X L β⎧+=⎪⎨⎪==⎩查表得:()(),sin m m X x x ββ=,()12m N Lβ=,m β是()sin 0m L β=的正根 温度通解为:()()21,,m m m m t x c X x e αβττβ∞−==∑代入初始条件可得:()()(),Lm mm X x F x dxc N ββ=⎰将上式代入温度的通用级数解,可得:()()()()2012,sin sin m L m m m t x x F x dx x e Lαβττββ∞−='''=⋅⋅∑⎰ 对于()0F x const t ==的情形,可得:()()()2011cos 2,sin m m m m m L t t x x e Lαβτβτββ∞−=−=⋅∑4. 一维无限大平板,0≤x ≤L ,初始温度为F(x)。

传热学实验试题及答案高中

传热学实验试题及答案高中

传热学实验试题及答案高中一、选择题(每题2分,共10分)1. 传热的基本方式有哪些?A. 导热、对流、辐射B. 导热、对流、蒸发C. 导热、对流、扩散D. 蒸发、对流、辐射2. 以下哪个不是影响导热速率的因素?A. 材料的导热系数B. 温度差C. 材料的厚度D. 材料的颜色3. 对流换热的特点是什么?A. 只发生在固体内部B. 只发生在液体和气体中C. 需要流体的流动D. 与流体的流动无关4. 辐射换热的特点是?A. 需要介质B. 与温度无关C. 可以在真空中进行D. 只发生在固体表面5. 以下哪个公式用于计算稳态导热的热流量?A. Q = h * A * ΔTB. Q = k * A * ΔT / dC. Q = c * ρ * ΔTD. Q = m * L * ΔT / t答案:1-5 A B C C B二、填空题(每空1分,共10分)1. 导热的基本定律是________,表达式为Q = k * A * ΔT / d。

2. 当流体的流动状态发生变化时,换热方式可能由________转变为对流换热。

3. 辐射换热不需要介质,可以在________中进行。

4. 影响对流换热的因素包括流体的________、________和流速。

5. 稳态导热条件下,物体内部某点的温度随时间________。

答案:1. 傅里叶定律 2. 导热 3. 真空 4. 温度、压力 5. 不变三、简答题(每题5分,共20分)1. 简述导热、对流和辐射三种传热方式的区别。

2. 描述稳态导热和非稳态导热的特点。

3. 解释为什么说辐射换热是所有物体都具有的自然现象。

4. 举例说明在日常生活中如何应用对流换热的原理。

答案:1. 导热是热量通过物体内部分子振动和自由电子运动传递的过程,主要发生在固体中;对流是流体中温度不同的各部分之间通过宏观位移传递热量的过程,主要发生在液体和气体中;辐射是物体因温度产生的电磁波向外传递热量的过程,可以在真空中进行,所有物体都具有辐射能力。

传热作业答案

传热作业答案

对流换热设备与工具
对流换热设备:包括加热器、散热器、空气预热器等,用于实现热量的传递和交换。
对流换热工具:包括温度计、压力表、流量计等,用于测量和控制对流换热过程中的各种参数。
注意事项:在使用对流换热设备与工具时,需要注意设备的选型、安装和使用方法,以确保换热效 果和安全性。
维护保养:定期对设备进行维护保养,包括清洗、更换损坏的部件等,以保证设备的正常运行和使 用寿命。
辐射换热设备与工具
辐射换热设备:包括辐射换热器、辐射加热器等,用于将热量通过辐射形式传递给物体 辐射换热工具:包括红外线测温仪、红外线热像仪等,用于测量物体表面的温度和热像
辐射换热原理:介绍辐射换热的物理原理,包括黑体辐射定律、普朗克辐射定律等 辐射换热应用:介绍辐射换热在工业、农业、医学等领域的应用情况
智能化和自动化:利用 人工智能、大数据等先 进技术,实现传热作业 的智能化和自动化,提 高生产效率和质量。
环保和可持续发展:注 重环保和可持续发展, 采用清洁能源和低碳技 术,减少对环境的影响 。
多领域融合:将传热技 术与其他领域的技术融 合,拓展应用领域,提 高传热作业的附加值。
感谢您的耐心观看
换热原理:阐述对 流换热的原理,包 括流体流动、热量 传递等
案例分析:详细分析 案例中的对流换热过 程,包括换热器的设 计、选型、运行等
案例总结:总结案 例中的经验教训, 提出改进措施和建 议
辐射换热案例分析
案例背景:介绍辐射换热的基本原理和概念 案例描述:详细描述辐射换热的具体案例,包括设备、操作过程等 案例分析:对案例进行深入的分析,包括传热过程、热量传递方式等 案例总结:总结案例的优点和不足,提出改进意见和建议
传热作业可以通过不同的方式 实现,如热传导、热对流和热

传热学作业参考答案

传热学作业参考答案

第九章4.一工厂中采用0.1MPa 的饱和水蒸气在—金属竖直薄壁上凝结,对置于壁面另一侧的物体进行加热处理。

已知竖壁与蒸汽接触的表面的平均壁温为70 ℃,壁高1.2m ,宽300 mm 。

在此条件下,一被加热物体的平均温度可以在半小时内升高30℃,试确定这一物体的平均热容量(不考虑散热损失)。

解:本题应注意热平衡过程,水蒸气的凝结放热量应等于被加热物体的吸热量。

P=0.1Mpa=105Pa,t s =100℃,r=2257.1kJ/kg, t m =21( t s + t w )= 21(100+70) ℃=85℃。

查教材附录5,水的物性为:ρ=958.4kg/m 3;λ=0.683 W /(m 2·℃);µ=282.5×10-6N·s/m 2假设流态为层流:4132)(13.1⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=w s t t l r g h μλρ416332)70100(2.1105.282102257683.081.94.95813.1⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=- W /(m 2·℃) =5677 W /(m 2·℃)36102257105.2822.13056774)(4Re ⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=-r t t hl w s c μ=1282<1800流态为层流,假设层流正确Φ=ωl t t h w s )(-=5677×(100−70)×1.2×0.3W=61312W凝结换热量=物体吸热量Φ∆τ=mc p ∆t61068.330603061312⨯=⨯⨯=∆Φ∆=t mc p τJ/℃ 16.当液体在一定压力下做大容器饱和沸腾时,欲使表面传热系数增加10倍,沸腾温差应增加几倍?如果同一液体在圆管内充分发展段做单相湍流换热,为使表面传热系数增加10倍,流速应增加多少倍?维持流体流动所消耗的功将增加多少倍?设物性为常数。

高等传热学-课后作业-部分

高等传热学-课后作业-部分

1-5 椭球坐标系(),,ϕθη由η=常数的椭球面,θ=常数的双曲线面和ϕ=常数的平面组成。

如果椭球坐标系与直角坐标系的关系为:θηϕθηϕθηcos sin sin cos sin Ach z Ash y Ash x === 试证明该椭球坐标系的拉梅系数为:1H =ηH =2222cos sin θηθηsh ch A + θH H =12222cos sin θηθηsh ch A += ψH H =1θηsin Ash =并证明椭球坐标系中拉普拉斯算子的表达式为:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∇θθθηηηθηθηt t t cth t sh ch A t cot )cos sin (12222222222ψθη22222sin 1∂∂+tsh A 解:(1)由式1 -2-18知 2221)()()(ηηηη∂∂+∂∂+∂∂==zy x H H 22222222222sin sin cos cos cos θηψθηψθηch A sh A sh A ++=θηsin Ash =(2)由式1 -2 - 25知ψθηθθθηηηθηθηψθηθθηθηθηθηθηηθηθηψθθθηηηψψψθθθηηηψψηθηη22222222222222222222222222222223332233222122321321223322333212322212312sin 1cot )cos sin (1sin 1sin cos sin sin )cos sin (11]11[1])([1)( )()([1)3,2,1()(1∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂+∂∂=∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂==∂∂∂∂=∇∑=tsh A t t t cth t sh ch A tsh A t Ash Ach t t Ash Ach t sh ch A t H t H H t t H H t H H t H H H t H H H t H t H t H t H H H H tH H t H H t H H H i x t H H x Ht ii i i3-2 大平壁的初始温度均匀为0t ,从某一时刻起其两表面的温度突然降为w t 并保持不变,试求:(1)写出该导热问题的数学描述; (2)用分离变量法求解平壁中的温度场。

传热学大作业汇编

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传热学大作业二维稳态计算练习东南大学院系:能源与环境学院二维稳态计算练习1、原始题目及要求二维平壁的节点划分及边界条件如上图所示,计算要求如下:1. 写出各未知温度节点的代数方程2. 分别给出G-S迭代和Jacobi迭代程序3. 程序中给出两种自动判定收敛的方法4. 考察三种不同初值时的收敛快慢5. 上下边界的热流量(λ=1W/(m℃))6. 绘出最终结果的等值线报告要求如下:1. 原始题目及要求2. 各节点的离散化的代数方程3. 源程序4. 不同初值时的收敛快慢5. 上下边界的热流量(λ=1W/(m℃))6. 计算结果的等温线图7. 计算小结2. 各节点的离散化的代数方程将上图二维平壁的节点编号如下各节点的离散化代数方程如下:t i−1,j+t i+1,j+t i,j−1+t i,j+1−4t i,j=0 2≤i≤4,2≤j≤4t i,j=200 i=1,1≤j≤5t i,j=100 1≤i≤5, j=52t i,j+1+t i−1,j+t i+1,j−(4+2ℎ△xλ)t i,j+2ℎ△xλt∞=0 2≤i≤4, j=1t i,j−1+t i,j+1+2t i−1,j−4t i,j=0 i=5,2≤j≤4由于(5,1)为歧义点,现将其近似认为对流边界外部拐点,其节点离散化代数方程为:t4,1+t5,2−(2+2ℎ△xλ)t5,1+2ℎ△xλt∞=0△x=△y=1 λ=1Wℎ=10W23.源程序(1)、G-S迭代算法Matlab源程序:t=zeros(5,5);t0=zeros(5,5);e=0.001;h=10;tf=10;for j=1:5 %上边界节点t(1,j)=200;endfor i=1:5 %右边界节点t(i,5)=100;endfor k=1:100for i=2:4 %内部节点for j=2:4t(i,j)=(t(i-1,j)+t(i+1,j)+t(i,j-1)+t(i,j+1))/4;endendfor i=2:4;%左边界节点t(i,1)=(2*t(i,2)+t(i-1,1)+t(i+1,1)+2*h*tf/n)/(4+2*h/n); endfor j=2:4; %下边界节点t(5,j)=(t(5,j-1)+t(5,j+1)+2*t(4,j))/4;endt(5,1)=(t(4,1)+t(5,2)+2*h*tf/n)/(2+2*h/n); %(5,1)节点dtmax=0;for i=1:5for j=1:5dtmax=max(abs(t(i,j)-t0(i,j)),dtmax);endendcontour(t',30);t0=t;tpause;if dtmax<e break; endend(2)Jacobi迭代Matlab源程序t=zeros(5,5);t0=zeros(5,5);e=0.001;h=10;n=1;tf=10;Num=0;for j=1:5 %上边界节点t(1,j)=200;for i=1:5 %右边界节点t(i,5)=100;endt0=t;for k=1:100for i=2:4 %内部节点for j=2:4t(i,j)=(t0(i-1,j)+t0(i+1,j)+t0(i,j-1)+t0(i,j+1))/4;endendfor i=2:4;%左边界节点t(i,1)=(2*t0(i,2)+t0(i-1,1)+t0(i+1,1)+2*h*tf/n)/(4+2*h/n); endfor j=2:4; %下边界节点t(5,j)=(t0(5,j-1)+t0(5,j+1)+2*t0(4,j))/4;endt(5,1)=(t(4,1)+t(5,2)+2*h*tf/n)/(2+2*h/n); %(5,1)节点dtmax=0;for i=1:5for j=1:5dtmax=max(abs(t(i,j)-t0(i,j)),dtmax);endendcontour(t',30);t0=t;tpause;Num=Num+1;Numif dtmax<e break; endend比较两种方法的收敛速度:G-S法最终输出结果如下:t =200.0000 200.0000 200.0000 200.0000 100.000026.2727 107.4214 135.1054 135.4873 100.000015.7010 68.3085 97.5138 106.8443 100.000013.9343 52.5990 79.7981 94.3766 100.000013.5242 48.3564 74.7042 90.8644 100.0000Num =29Jacobi法最终结果如下:t =200.0000 200.0000 200.0000 200.0000 100.000026.2695 107.3899 135.0717 135.4675 100.000015.6897 68.2189 97.4308 106.7988 100.000013.8464 52.3668 79.6357 94.2985 100.000011.8916 47.7681 74.4495 90.7611 100.0000Num =53由此可见,G-S法比Jacobi法收敛速度快,就本题初值为0而言,收敛速度大概为其两倍左右。

高等传热学课程作业1教材

高等传热学课程作业1教材

Homework 5.21. Slug flow in a tube(u(r) = V) with a fully developed temperature profile:- Constant heat flux - What is T(r)?·Remember dT m /dx = constant·Use dT/dr = 0 at r = 0 and T w at r = R to get ingration constants - What is Nu? A: 根据能量方程,221p p T T T T c u c v k rk r x r r rx ρρ∂∂∂∂∂⎛⎫+=+ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭(1) 对于充分发展的管内弹状流,u=0, 且由于mdT T x dx∂=∂= constant ,因此(1)式可化简为: 1m p dT Tc Vk r dx r r rρ∂∂⎛⎫= ⎪∂∂⎝⎭(2) 解之可得,212(r)ln 4p m V c dT T r C r C k dxρ=⋅⋅++ (3) 根据边界条件,0,, T(r)=T w Tr rr R ∂==∂= 代入(3)中,得到C 1=0, 224p m w V c dT C T R k dxρ=-⋅平均温度201()2Rm T T r rdr R ππ=⎰ 28()m w m p dT kT T dx V c Rρ=- 因此,得到22222(r)(1)22()4m w m w w m dT VR r r T T T T T T dx R Rα=+⋅⋅-=-+-2288q''h()()()222p p m w m w m w m p mc c R V dT k kT T T T T T R dx R V c R Rρπππρ=-=⋅=⋅-=- 28h d h R Nu k k⋅⋅===2. Fully developed Poiseuille flow between parallel plates- Constant heat flux- Top and bottom at the same temperature - Neglect viscous dissipation - What is T(y)?·Remember dT m /dx = constant·Use T w at y = 0 and y = h to get integration constants - What is Nu? A: 根据能量方程,2222()p p T T T T c u c v k x y x yρρ∂∂∂∂+=+∂∂∂∂ (1)对于x 方向充分发展的Poiseuille 流,v=w=0 由于mdT T x dx∂=∂= constant ,(1)式可化为: 22p T T c u k x yρ∂∂=∂∂ (2)根据01()hm u u y dy h =⎰,且22()6()m u y y y u h h=-,代入得到22226()m m p dT y y Tu c k h h dx yρ∂-=∂解得温度分布为34122()()2p m m c u dT y y T y C y C k dx h h ρ=⋅-++ (3)根据Poiseuille 流边界条件:0,w y T T == ,w y h T T ==带入(3)式中解得,12p m mc u dT C h kdxρ=-, 2w C T =因此,得到温度分布为342()()22p m p m m m w c u c u dT dT y y T y y T k dx h h k dxρρ=⋅--⋅+ 根据342220011()()6()22h hp m p m m m m w m m m c u c u dT dT y y y y T T y udy y T u dy hu hu k dx h h k dx h h ρρ⎡⎤⎡⎤==⋅--+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰∴2140()17m w m m p dT kT T dx u c hρ=- ∴ 140q''h()()17p m w m w m mc dT kT T T T L dx L =-=⋅=- Nu 14017=Homework 5.31. Find the equation for the boundary layer thickness δ and for C f for:23()u y a b c d Uηηη=+++ Compare to the exact values and the fourth order equation solutions. A: 对于23()u y a b c d Uηηη=+++,根据边界条件, 0, u=0y =,∴ a = 0,y u U δ==,∴ 1 = b + c + d 对于平板,有220y uy =∂=∂,∴ c = 0根据0y u yδ=∂=∂,∴ b + 3d = 0由此可得,a = 0, b = 1.5, c = 0, d = -0.5.3()3122u y U ηη=- 2200333()222w y y u y UU yμτμμδδδ==∂=-=-⋅-=-∂1039(1)280i u u y d U U δδδ=-=⎰ 对于U = constant ,23-2i w UU x δδμρτδδ∂==∂积分后得到,xδ=与精确解相差7.2%,与4级近似解相差20.5%02223=1122y f uy U C U U U μτμδρρρ=∂∂==,且x δ=f C ==与精确解相差2.6%,与4级近似解相差5.5%2. Derive the ordinary differential equation and the boundary conditions for the Blasius solution energy equation for flow over a flat plate. (See pages 29-30) A: 根据能量方程,22()k p T T T c u v x y yρ∂∂∂+=∂∂∂w w T T T T θ∞-=-,22()k p c uv x y y θθθρ∂∂∂+=∂∂∂ 常壁温边界条件:0,0,1y y θθ===∞=根据Blasius solution δη≈===3/22222221122x x x x y y U y y y x θθηθθηηηηθθηθηηθθηθθηηνη∂∂∂∂-∂⎛⎫⎛⎫===⋅-⋅ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭∂∂∂∂==∂∂∂∂⎛∂∂∂∂∂∂==⋅=⋅ ∂∂∂∂∂∂⎝代入能量方程中得到,)1'''''2p p U c f U c f f k x vx ηρθρηθθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭即 2''Pr '0f θθ+= 边界条件为00;1ηθηθ===∞=,,3. Start from the local friction coefficient for flow over a flat plate, C f , on slide 31 andderive the average friction coefficient over the entire plate, C L . Show your work. A:2(x)12f C U τρ===01LL C L ==⎰4. A projectile in the form of a bluff-ended cylinder 20 cm in diameter and 60 cm long, moves through the air in the direction of its long axis at a velocity U of 100 m/s.212Dfrontal F C A U ρ=The drag coefficient, C, is equal to 1.0 for this object. Frontal area=πD 2/4, F D = total dragAssuming that the boundary layer thickness over the cylindrical surface of the projectile at a distance x from the leading edge is given by:xδ=and that the momentum thickness of the boundary layer is given by:772i δδ=Find what proportion of the total drag on the projectile is attributable to skin friction over the curved surface, assuming no pressure gradient in the boundary layer in the streamline direction.Data. Air kinematic viscosity is 0.15 cm 2/s Air density is 1.15 Kg/m 3Assumptions: Assume this is like a flat plate, then use the equation on slide 15.A: 22*()i w U dU U x dxδρρδτ∂+=∂ 若将圆柱表面看成平板,U = constant,0dUdx=,则22()772i w U U x xδδτρρ∂∂==∂∂因为xδ=∴4155x x x δ-⎛⎫⎛⎫∂∂∂=== ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭125772w U τρ-=1125500070.131372LLL w f dx U dx x dx τρ--====⎰⎰⎰12.16N22142D F D U πρ=⋅=180.64N DfF =6.7%Homework 5.41. Derive the equation relating q” to the temperature difference for natural convection driven flow in a round tube (like on slide 19 for parallel plates). - water properties at 25 C - tube length = 100 cm - tube diameter = 1 mm - constant heat flux- fully developed flow in a tube (from the first homework)a) Plot ∆T and Q (m 3/s) versus heat flux for fluxes of 500 to 5000 W/m 2 b) Is the assumption of fully developed flow valid? - hint: is L/(D Re) > 0.05c) Is the Boussinesq approximation valid here? A: 圆管内充分发展的流体,其速度分布为 22214R p r u z R μ⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭平均速度2222201(1)2r 48RR p r R p u dr R z R zππμμ∂∂=⋅⋅-=-⋅∂∂⎰体积流量为44288R p R pQ R u z Lπππμμ∂∆===∂()()()22L LL L Lp gdy g T T dy g T T g T ρρρβρβρβ∞∞∞∞∞∞∆=-=-=-=∆⎰⎰ 根据能量平衡,''2p Qc T q RL ρπ∆=即4''28p R pc T q RL L πρπμ∆∆=将p ∆代入,得到()232''32p c gR q T Lρβμ∞=∆Pr ''''32R cond Gr q q =,''cond T q R λ∆= a) 根据以上推导过程可以得到,T ∆=Q =分别作出当2''500~5000/q W m =时T ∆与Q 随q’’变化的曲线,如下图所示。

高等传热习题答案全部

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1-21)推导柱坐标系中的导热微分方程因为cos x r ϕ=,sin y r ϕ=,z z =所以有111cos sin 0x xx r y yx r z zx r ϕϕ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 222sin cos 0x xr x y yr x z zx ϕϕϕϕϕ⎧∂∂==-⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 333001x xx z y yx z z zx z ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 由上面关系式我们可得11r H H ===(1.1)2H H r ϕ===(1.2)31z H H ==(1.3)由(1.1)、(1.2)、(1.3)得H r =32211V i i i i H t t q Hx H x =⎛⎫∂∂∇=+ ⎪∂∂⎝⎭∑ (1.4)把(1.1)、(1.2)、(1.3)代入式(1.4)中得柱坐标系中的导热微分方程22222211t t tt r r r r r zϕ∂∂∂∂⎛⎫∇=++ ⎪∂∂∂∂⎝⎭ (1.5)2)推导球坐标系中的导热微分方程因为sin cos x r θϕ=,sin sin y r θϕ=,cos z r θ=所以有111sin cos sin sin cos x xx r y yx r z zx r θϕθϕθ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 222c o s c o s c o s s i n sin x xr x y yr x z zr x θϕθθϕθθθ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==-⎪∂∂⎩ 222s i n s i n s i n c o s 0x xr x y yr x z zx θϕϕθϕϕϕ⎧∂∂==-⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 由上面关系式我们可得11r H H === (1.6)2H H r θ===(1.7)3sin H H r ϕθ===(1.8)由(1.1)、(1.2)、(1.3)得2sin H r θ=把(1.6)、(1.7)、(1.8)代入式(1.4)中得球坐标系中的导热微分方程22222222111sin sin sin t t tt r r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫∇=++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭ (1.9)1-4设,,r θϕ为导热系数主轴则sin rr tq r t q r t q r θθϕϕλλθλθϕ⎧∂=-⎪∂⎪∂⎪=-⎨∂⎪∂⎪=-⎪∂⎩(1.10)在非稳态导热微分方程中311i i i i H q q Hx H =⎛⎫∂∇=⎪∂⎝⎭∑ (1.11)其中球坐标系中11H =,2H r =,3sin H r θ=,2sin H r θ=,由(1.10),(1.11)得22222111sin sin sin r t t t q r r r r r r θϕλλθλθθθθϕϕ⎛⎫∂∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫-∇=++ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1.12) 非稳态导热微分方程为V tcq q ρτ∂=-∇+∂ (1.13)将(1.12)代入(1.13)得各向异性介质在球坐标系中(),,r θϕ中的非稳态导热方程22222111sin sin sin r v t t t t cr q r r r r r θϕρλλθλτθθθθϕϕ⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1.14)1-5有题目中的给定的已知条件得sin cos sin sin cos xAch yAch zAsh ηθϕηηθϕηηθη⎧∂=⎪∂⎪⎪∂=⎨∂⎪⎪∂=⎪∂⎩c o s c o s c o s s i n s i n xA s hyA s h zA c hηθϕθηθϕθηθη⎧∂=⎪∂⎪∂⎪=⎨∂⎪∂⎪=-⎪∂⎩s i ns i n s i n c o s 0xAsh yAsh zηθϕϕηθϕϕϕ⎧∂=-⎪∂⎪⎪∂=⎨∂⎪⎪∂=⎪∂⎩由以上公式可得椭球坐标系的拉梅系数为sin H H H Ash ηθϕηθ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩(1.15)()32222sin sin cos H A sh ch sh ηθηθηθ=+(1.16)把式(1.15)、(1.16)代入(1.4)中得()22222222222222211cot sin sin cos t t t t tt cth A sh A ch sh ηθηηθθηθϕηθηθ⎛⎫∂∂∂∂∂∇=++++⎪∂∂∂∂∂+⎝⎭(1.17)2-1首先对铝导线进行分析求出铝导线的温度场,这是一个一维稳态有内热源的问题 在圆柱坐标系中建立其导热微分方程得10v d dt r q λ⎛⎫⎪⎝⎭+= (2.1)其中λ按常物性处理解导热微分方程得212ln 4v q t r c r c λ=-++ (2.2)把边界条件带入上式求解两个常数0r =,0tr∂=∂求得10c =,所以(2.2)式变为224v qt r c λ=-+(2.3)r R =,w t t =求得224v w q c t R λ=+(2.4)铝导线内温度场为()224v w q t t R r λ=+- (2.5)铝导线单位长度发热量: 222l v I Q q R R ρππ==,所以224v I q Rρπ=横截面积2A R π=,所以0.977R mm ===, 1.954D mm =1R R =为裸线直径;2R 为塑胶线的外径对于裸线:()12l w f Q h t t R π=-(2.6)12lw f Q t t h R π=+(2.7)把(2.7)式带入(2.5)式得()2211124l v f Q qt t R r h R πλ=++-(2.8)把lQ 、vq 带入得(2.8)式得()22221232411124f I I t t R r h R R ρρπλπ=++- (2.9)对于塑胶线:21221122ln w fl D D h R t t Q πλπ-=+ (2.10)222111ln 22w f l D t t Q h R D ππλ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(2.11)把lQ 代入得222122111ln 22w f D I t t R h R D ρπππλ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(2.12)把(2.12)式带入(2.5)式得 ()2222121221111ln 224v f q D I t t R r R h R D ρπππλλ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭即()2222212412211111ln 224f D I I t t R r R h R D R ρρπππλλπ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭ (2.13)设导线内部0r =时温度为0t ,根据题目要求导线内部最高温度与环境温度的温差不得超过 80℃,即080f t t -=℃时通过导线的电流取到最大值。

高等传热学考试试题--研究生

高等传热学考试试题--研究生

《高等传热学》考试试卷考试日期:2012.6.15研究生姓名王学雷作业题号01学号11SG27044哈尔滨工业大学2012年6月一、 某两层平壁稳态导热的温度场如图,已知3121=δδ, 求:1)=21q q ; 2) =λλ21; 3) =21R R。

(6分)50℃℃20解:=1, q=∵,∴ =二. (1997)某平板节点划分如图所示,各网格边长均为0.1m x =∆。

导热系数)W/(m 50℃⋅=λ,左、右、上边温度均为40℃,下边与80t f =℃,21000W/(m )h =⋅℃的流体进行对流换热。

试求解1、2、3三个节点的温度。

(12分)解:对于节点1:此题目中:得出:(1) 对于节点2:此题目中:得出:(2)对于节点3:此题目中:得出:(3)联立(1),(2),(3)解方程得:三. 拟在某圆管上包两层厚度相同的保温材料A 与B ,B A λλ<。

包法有两种I :A 在内B在外;II :B 在内A 在外。

求证:两种包法保温材料的总热阻II I R R > (10分)解:方案I 热阻方案II 热阻题目中 且 显然有四. 某无限大平壁两侧被20℃流体冷却,已进入正常情况阶段。

今测得8点钟时表面温度为35℃,中心温度为50℃,9点钟时表面温度为25℃。

求1) 9点钟时中心温度为多少?2) 9点半钟时中心温度为多少? (10分)解:设中心时刻的参数为1x 、1τ,表面时刻的参数为2x 、2τ,则21112212(,)(,)(,)(,)x x x x θτθτθτθτ=(1)12355025(,)x θτ= 得9点钟时中心温度为 35.7℃ (2) 15035.71.550x-=- 得9点半钟时中心温度为 28.55℃五.某无穷大平壁左侧绝热,右侧与温度为f t ,放热系数为h 的流体接触。

厚度为δ,壁内有均匀内热源)m/W (q v 3,物理参数λρ,,c 为已知参数。

求:1) 当初始温度为0t 时,写出求解该不稳定温度场的微分方程与定解条件;2) 当时间趋于无穷大,过程稳定时,求解壁内温度分布函数。

高等传热学部分答案

高等传热学部分答案

7-4,常物性流体在两无限大平行平板之间作稳态层流流动,下板静止不动,上板在外力作用下以恒定速度U 运动,试推导连续性方程和动量方程。

解:按照题意0,0=∂∂=∂∂=xv y v v 故连续性方程0=∂∂+∂∂yv x u 可简化为0=∂∂xu因流体是常物性,不可压缩的,N-S 方程为 x 方向:)(12222yu x u v y p F y u v x u u x ∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂ρρ 可简化为022=∂∂+∂∂-yv x p F x ηy 方向)(12222yv x v v y p F y v v x v u y ∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂ρρ 可简化为0=∂∂=ypF y8-3,试证明,流体外掠平壁层流边界层换热的局部努赛尔特数为12121Re Prx Nu r =证明:适用于外掠平板的层流边界层的能量方程22t t t u v a x y y∂∂∂+=∂∂∂ 常壁温边界条件为0w y t t y ∞==→∞时,时,t=t引入量纲一的温度wwt t t t ∞-Θ=-则上述能量方程变为22u v a x y y∂Θ∂Θ∂Θ+=∂∂∂引入相似变量12Re ()y yx x ηδ===有11()(()22x x xηηηηη∂Θ∂Θ∂''==Θ-=-Θ∂∂∂()y y ηηη∂Θ∂Θ∂'==∂∂∂;22()U y x ηυ∞∂Θ''=Θ∂ 将上三式和流函数表示的速度代入边界层能量方程,得到1Pr 02f '''Θ+Θ=当Pr1时,速度边界层厚度远小于温度边界层厚度,可近似认为温度边界层内速度为主流速度,即1,f f η'==,则由上式可得Pr ()2d f d η''Θ'=-'Θ,求解可得 11()()Pr 2Pr(0)()erf ηηπΘ='Θ=则12120.564RePrx xNu =8-4,求证,常物性不可压缩流体,对于层流边界层的二维滞止流动,其局部努赛尔特数满足10.4220.57Re Pr x Nu =⋅证明:对于题中所给情况,能量方程可表示为22u v x y yθθθα∂∂∂+=∂∂∂其中,,,()u v y x ψψψθθηθ∂∂==-===∂∂ 故上式可转化为Pr02θζθ'''+⋅⋅= 经两次积分,得到0000Pr [exp()]2()Pr [exp()]2d d d d ημμζηηθμζηη∞-=-⎰⎰⎰⎰ 定义表面传热系数s x s q h T T ∞=-,则(0)q '= 进一步,进行无量纲化处理,引入局部努赛尔特数12(0)Re x x x h x Nu k ⋅'===其中1200Re (0)Pr [exp()]2xd d μθζηη∞'=-⎰⎰ 针对层流边界层的条件,查由埃克特给出的计算表如下:不同Pr 数下,常物性层流边界层,12Re x Nu -⋅的值故可看出,12Re x Nu -⋅=常数,进而,12()=x h xu k υ-∞⋅=1常数C ,由1m u C x ∞=⋅,得11212m C kh xυ-=⋅对于二维滞止流,m=1,则h 也为常数,从x=0到x 处的平均热导率h m 定义为1xm h hdx x =⎰故11112212120121m m x m C k C k h x dx x x m υυ--=⋅=⋅⋅+⎰, 则21m h h m =+,由此可看出, 在m=1时,努赛尔特数的近似解可以很好的表示为10.4220.57Re Pr x Nu =⋅ 同样的,我们也可以得到三维滞止流的近似解10.4220.76Re Pr x Nu =⋅9-1,试证明:圆管内充分发展流动的体积流量可表示为: ()0408p p Lr V i -=μπ9-2,常物性不可压缩流体在两平行平板间作层流流动,下板静止,上板以匀速U 运动,板间距为2b ,试证明充分发展流动的速度分布为⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=b y b y dx dp b b y U u 2222μ 证:二维流体质量、动量方程0=∂∂+∂∂yvx u ① ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂2222)(y u xu x py u v x u u μρ ②⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂2222)(y v xv y py v v x v u μρ ③ 在充分发展区,截面上只有沿流动方向的速度u 在断面上变化,法向速度v 可以忽略,因此可由方程①得:0=v ,0=∂∂xu④ 将式④代入③得到,0=∂∂yp,表明压力P 只是流动方向x 的函数,即流道断面上压力是均匀一致的进一步由式②得,t cons y udx dp tan 22=∂∂=μ ⑤相应的边界条件:Uu b y u y ====,20,0对⑤积分得:11C y dx dpyu +=∂∂μμ21221C y C y dxdp U ++=μ ddp b b u C μ-=21,02=C ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⇒b y b y dx dp b b y U u 2222μ1. 强迫流动换热如何受热物性影响?答:强迫对流换热与Re 和Pr 有关;加热与对流的粘性系数发生变化。

《高等传热学》作业

《高等传热学》作业

《高等传热学》作业1.试写出如下热传导问题的数学描述:⑴一块平板,0≤x≤l,初始温度为f(x)。

当时间τ>0时,x=0处的边界始终绝热,x=l处的边界以对流方式将热量传给温度为零度的介质。

⑵一半无限大物体,0≤x<∞,初始温度为f(x)。

当时间τ>0时,物体内产生速率为常数q0[W/m3]的热量,而x=0处的边界始终为零度。

⑶一实心圆柱体,0≤r≤b,初始温度为f(r)。

当时间τ>0时,物体内产生速率为q(r)[W/m3]的热量,而r=b的边界处,以对流方式将热量传给温度为零度的介质。

⑷一实心球,0≤r≤b,初始温度为f(r)。

当时间τ>0时,物体内产生速率为q(r)[W/m3]的热量,而r=b处始终保持均匀温度t0。

2.一半无限大物体,0≤x<∞,初始温度为零度。

当时间τ>0时,x=0的边界始终维持恒温t0。

试求时间τ>0时平板内温度分布t(x,τ)、渗透深度δ(τ)和x=0边界处热流密度q(0,τ)的表达式。

3.一维无限大物体,-∞<x<∞,初始时,区域a<x<b处于恒温t0,在该区域外均为零度。

试求时间τ>0时物体内温度分布t(x,τ)的表达式。

4.试写出一口油井投产、关井、再投产三个不同阶段的井温计算公式。

5.试导出埋地热力管道内流体沿程温度分布计算公式。

6.一长方柱体,两相邻面维持200℃,另两相邻面维持100℃,试用蒙特卡洛法编程计算长方柱体中心线的温度。

要求两个方向各等分成十份,给出源程序,并测试随机试验次数对计算结果的影响。

7. 试根据边界层微分方程组导出普朗特数为1的流体沿恒壁温平板对流换热时对流换热系数与壁面摩擦系数的关系。

8.概念解释:紊流强度、边界层厚度、位移厚度、动量厚度、壁面通用速度型、壁层、辐射密度、辐射压力、总辐射温度、表观单色温度、色温度。

9.试用热力学方法导出斯蒂芬—玻尔兹曼定律。

高等传热学对流练习题

高等传热学对流练习题

hx
=
qw Tw − Tb
=
35 17b
Nux
=
hx
( 4b )
=
140 17
=
8.235
5. Pr 1,常物性不可压缩流体的惯性力相对很小,可以忽略不计。若采用无量纲坐标
=
y x
Grx 4
14
Pr

f
=
4(Grx Pr
4)1
4
a

=
T Tw
− T − T
证明:描述该流体竖壁自然对流边界层流动和换热的常微分方程为:
qw = const ,求热充分发展时壁面 Nu。
解:由于对称性,取两平板中心线为 x 轴,垂直平板方向为 y 轴。对于充分发展的均匀热流边界条件问题,
轴向导热为零, T x
=
dTb dx
= const
, 2T x2
= 0 。可得能量方程和边界条件为:
能量方程:
T 2T u x = cp y2
边界条件:
3
4
y
2
b

1 8
y b
2

5
8
由面平均概念得:
b
b
udy udy
ub =
−b b
dy
=
−b
2b
−b
b
Tb =
uTdy
−b b
udy
=
1 2bub
b
uTdy
−b
−b
将 u、T 代入上式:
Tb
=
1 2bub
b −b
3 2 ub
1 −
y b
2
Tw

高等传热学答案

高等传热学答案

8-3,试证明,流体外掠平壁层流边界层换热的局部努赛尔特数为12121Re PrxNu r=证明:适用于外掠平板的层流边界层的能量方程22t t tu v ax y y∂∂∂+=∂∂∂常壁温边界条件为wy t ty∞==→∞时,时,t=t引入量纲一的温度wwt tt t∞-Θ=-则上述能量方程变为22u v ax y y∂Θ∂Θ∂Θ+=∂∂∂引入相似变量12Re()y yx xηδ===有11()(()22x x xηηηηη∂Θ∂Θ∂''==Θ-=-Θ∂∂∂()y yηηη∂Θ∂Θ∂'==∂∂∂;22()Uy xηυ∞∂Θ''=Θ∂将上三式和流函数表示的速度代入边界层能量方程,得到1Pr02f'''Θ+Θ=当Pr1时,速度边界层厚度远小于温度边界层厚度,可近似认为温度边界层内速度为主流速度,即1,f fη'==,则由上式可得Pr()2dfdη''Θ'=-'Θ,求解可得1212()()Pr2Pr(0)()erfηηπΘ='Θ=则12120.564Re Prx xNu=8-4,求证,常物性不可压缩流体,对于层流边界层的二维滞止流动,其局部努赛尔特数满足10.4220.57Re Pr x Nu =⋅证明:对于题中所给情况,能量方程可表示为22u v x y yθθθα∂∂∂+=∂∂∂其中,,,()u v y x ψψψθθηθ∂∂==-===∂∂ 故上式可转化为Pr02θζθ'''+⋅⋅= 经两次积分,得到0000Pr [exp()]2()Pr [exp()]2d d d d ημμζηηθμζηη∞-=-⎰⎰⎰⎰ 定义表面传热系数sx s q h T T ∞=-,则(0)q '=进一步,进行无量纲化处理,引入局部努赛尔特数12(0)Re x x x h x Nu k ⋅'===其中1200Re (0)Pr [exp()]2xd d μθζηη∞'=-⎰⎰ 针对层流边界层的条件,查由埃克特给出的计算表如下:不同Pr 数下,常物性层流边界层,12Re x Nu -⋅的值故可看出,12Re x Nu -⋅=常数,进而,12()=x h xu k υ-∞⋅=1常数C , 由1m u C x ∞=⋅,得11212m C kh xυ-=⋅对于二维滞止流,m=1,则h 也为常数,从x=0到x 处的平均热导率h m 定义为1xm h hdx x =⎰故11112212120121m m x m C k C k h x dx x x m υυ--=⋅=⋅⋅+⎰, 则21m h h m =+,由此可看出, 在m=1时,努赛尔特数的近似解可以很好的表示为10.4220.57Re Pr x Nu =⋅ 同样的,我们也可以得到三维滞止流的近似解10.4220.76Re Pr x Nu =⋅。

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1-4、试写出各向异性介质在球坐标系)(ϕθ、、r 中的非稳态导热方程,已知坐标为导热系数主轴。

解:球坐标微元控制体如图所示:热流密度矢量和傅里叶定律通用表达式为:→→→∂∂+∂∂+∂∂-=∆-=k T r k j T r k i r T k T k q r ϕθθϕθsin 11'' (1-1)根据能量守恒:st out g in E E E E ∙∙∙∙=-+ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 22∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-∙ (1-2) 导热速率可根据傅里叶定律计算:ϕθθd r rd t Tk q rr sin ⋅∂∂-= ϕθθθθd r dr T r k q sin ⋅∂∂-= (1-3)θϕθϕϕrd dr Tr k q ⋅∂∂-=sin将上述式子代入(1-4-3)可得到)51(sin sin )sin ()sin (sin )(222-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕθϕθϕϕθθθθϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d rd dr Tr k rd d dr T r k d d dr r T r k r p r 对于各向异性材料,化简整理后可得到:tTc q T r k T r k r T r r r k p r ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅ρϕθθθθθϕθ2222222sin )(sin sin )( (1-6)2-3、一长方柱体的上下表面(x=0,x=δ)的温度分别保持为1t 和2t ,两侧面(L y ±=)向温度为1t 的周围介质散热,表面传热系数为h 。

试用分离变量法求解长方柱体中的稳态温度场。

解:根据题意画出示意图:(1)设f f f t t t t t t -=-=-=2211,,θθθ,根据题意写出下列方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222θθλθθθδθθθθh y L y y y x x y x(2-1)解上述方程可以把θ分解成两部分I θ和∏θ两部分分别求解,然后运用叠加原理∏+=θθθI 得出最终温度场,一下为分解的I θ和∏θ两部分:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222I I II I II h y L y y y x x y x θθλθθθδθθθθ ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂∏∏∏∏∏∏∏∏0000002222θθλθθδθθθθh y L y y y x x y x (2)首先求解温度场I θ用分离变量法假设所求的温度分布),(y x I θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积,即)()(),(11y Y x X y x I =θ (2-2)将上式代入I θ的导热微分方程中,得到012121212=+X dy Y d Y dx X d ,即21''11''1ε=-=Y Y X X ,上式等号左边是x 的函数,右边是y 的函数,只有他们都等于一个常数时才可能成立,记这个常数为2ε。

由此得到一个待定常数的两个常微分方程001221212212=+=-Y dyY d X dxX d εε (2-3) 解得)()()(1x Bsh x Ach x X εε+= (2-4) )sin()cos()(1y D y C y Y εε+= (2-5) 把边界条件0,0=∂∂=yy Iθ代入(2-3-4)得到A=0,所以有 )()(1x Bsh x X ε= (2-6) 把边界条件0,=∂∂=yL y Iθ代入(2-3-5)得到D=0,所以有 )cos()(1y C y Y ε= (2-7) 把边界条件0,=+∂∂=I Ih yL y θθλ联立(2-3-7)得到 λεε/)cot(hL LL =(2-8)设Bi hL L ==λβε/,,则有i B /)cot(ββ=,这个方程有无穷多个解,即常数β有无穷多个值,即)3,2,1( =n n β,所以对应无穷多个ε,即)3,2,1( =n n ε,所以有 )cos()(1y C y Y n n ε= (2-9) 联立(2-3-6)可得∑∞==1)()cos(),(n n n n I x sh y K y x εεθ (2-10)把边界条件2,θθδ==I x 代入上式可得 ⎰⎰=Ln n n Ln dy y sh K dy y 0202)(cos )()cos(εδεεθ (2-11)解得])cos())[sin(/()sin(22n n n n n n L sh K βββδββθ+= (2-12)其中L n n εβ=)()c o s (])c o s ())[s i n (/()s i n (2),(12x L sh y L L sh y x n n n n n n n n I βββββδββθθ∑∞=+= (2-13)(3)求解温度场∏θ与解I θ一样用分离变量法,假设所求温度分布),(y x ∏θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积)()(),(22x Y x X y x =∏θ (2-14)将该式子代入∏θ的导热微分方程中得到022222222=+X dy Y d Y dx X d ,即22''22''2ε=-=Y Y X X ,由此可得到两个常微分方程02222=-X dx X d ε (2-15) 022222=+Y dyY d ε (2-16) 解式(2-3-15)时根据x 的边界条件可以把解的形式写为)]([)]([)(2x Bsh x Ach x X -+-=δεδε (2-17) 把边界条件0,==∏θδx 代入上式,得到A=0,所以有)]([)(2x Bsh x X -=δε (2-18) 其中i n n n n B L /)cot(,βββε==)]([)cos(),(1x sh y k y x n n n n I -=∑∞=δεεθ (2-19)把边界条件1,0θθ==∏x 代入上式可得⎰⎰-=LLn n n n dy y x sh K dy y 02'1)(cos )]([)cos(εδεεθ (2-20)])cos())[sin(/()sin(21'n n n n n n L sh K βββδββθ+=(2-21))]([)cos(])cos())[sin(/()sin(2),(11x L sh y L L sh y x n n n n n n n n -+=∑∞=∏δβββββδββθθ (2-22)(4)最终求得稳态温度场)]([)cos(])cos())[sin(/()sin(2)()cos(])cos())[sin(/()sin(2),(),(),(1112x L sh y L L sh x L sh y L L sh y x y x y x n n n n n n n n n n n n n n n n I -+=++=+=∑∑∞=∞=∏δβββββδββθβββββδββθθθθ2-5、地热换热器是管中流动的流体与周围土地之间的换热,可应用于热能的储存、地源热泵等工程实际。

一种布置方式是把管子埋设在垂直于地面的钻孔中。

由于管子的长度远大于钻孔的直径,可把管子的散热简化为一个有限长度的线热源。

当运行的时间足够长以后,系统可以达到基本稳定的状态。

设土地是均匀的半无限大介质,线热源单位长度的发热量为ql ,地表面的温度均匀,维持为t0。

使用虚拟热源法求解土地中的稳态温度场。

解:根据题意画出示意图如下:设有限长热源长度为H ,单位长度热源发热量为l q ,电源强度为)(0w dz q l ⨯,设地面温度维持恒定温度00,t t t -=θ。

(1)求解点热源dz0产生的温度场有限长线热源在某点产生的温度可以看做是许多点源在该点产生的温度场的叠加,因此我们先来看下无限大介质中点源产生的温度场,这是一个球坐标系中的无内热源的稳态导热问题,其导热微分方程为:0)(122=drd r dr d r θ(3-1) 解微分方程可得rc c 12-=θ (3-2) 把边界条件0,=∞→θr 代入上式得到02=c ,所以有rc 1-=θ (3-3) 在球坐标系点热源0dz 单位时间内的发热量等于它在任意球面上产生的热流量Q ,即 01244dz q c r drd Q l =-=-=λππθλ (3-4) 所以得到014dz q c lπλ-=由此可得到球坐标系中点热源0dz 产生的温度场为 0*14dz rq l πλθ=(3-5) (2)分别求出两个线热源产生的温度场线热源产生的温度场可以看作是点热源产生的温度场的叠加,因此有 地下有限长线热源产生的温度场 00114dz rq Hl ⎰=πλθ (3-6) 对称的虚拟热源产生的温度场为 00214dz rq Hl ⎰--=πλθ (3-7) (3)虚拟热源法求解的地热换热器产生的温度场⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-++++++++-+-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++--+=-+=⎰⎰⎰-z z z z z H z H z H z H q dz z z z z q dz rq dz r q l H l H lHl 22222222002022020000)()(ln 4)(1)(141414ρρρρπλρρπλπλπλθ (3-8)第三章3-1、用热电偶测量呈简谐波周期变化的气流温度,热电偶的感温节点可看作直径为1mm 的圆球,其材料的密度为8900kg/m3,比热容为390J/(Kg •K),测温记录最高和最低温度分别为130℃和124℃,周期为20s 。

若已知气流与热电偶间的对流换热的表面传热系数为20W/(m2•K),试确定气流的真实温度变化范围。

解:气流温度按简谐波变化时,热电偶的温度响应为 )cos(*ϕτθ+=w B (4-1)式中)arctan(122r rf w w A B τϕτ-=+=按题目要求102022πππ===T w ,s hA cv r 925.2820610139089003=⨯⨯⨯⨯==-ρτ,)/(202k m w h ⋅=,根据题目提供的热电偶测量的最高温度、最低温度,求出热电偶测量的温度变化的振幅如下式32124130122=-=+r f w A τ (4-2) 把r w τ,的数据代入上式中得到气流温度变化的振幅4.27=f A ,所以真实气体温度变化的最大值、最小值为C t 0max 4.1544.272124130=++= (4-3) C t 0min 6.994.272124130=-+= (4-4)3-6、已知初始温度均匀的无限大介质中由连续恒定发热的线热源所引起的温度场由式子)4(4),(2τπλτa r E q r t i l --=确定。

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